ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №15 — пирамиды

Разбор — 3 балла

а) Углы треугольника лежат в промежутке $(0^{\circ };180^{\circ })$, а на нём косинус принимает каждое значение один раз. Так как $\cos \angle DAC=\cos \angle DAB$, то

$$\angle DAC=\angle DAB.$$

Рассмотрим треугольники $DAB$ и $DAC$: сторона $DA$ у них общая, $AB=AC$ как стороны правильного треугольника, а углы между этими сторонами равны. По первому признаку равенства треугольников $△DAB=△DAC$, откуда $DB=DC$.

Пусть $M$ — середина $BC$. В правильном треугольнике $ABC$ медиана $AM$ является высотой: $AM\perp BC$. В равнобедренном треугольнике $DBC$ с основанием $BC$ медиана $DM$ тоже является высотой: $DM\perp BC$.

Точка $D$ не лежит в плоскости $ABC$, поэтому точки $A$, $D$, $M$ не лежат на одной прямой и задают плоскость $ADM$. Прямая $BC$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым $AM$ и $DM$ этой плоскости, значит, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости $BC\perp (ADM)$. Прямая, перпендикулярная плоскости, перпендикулярна любой прямой этой плоскости, поэтому

$$BC\perp DA,$$

что и требовалось доказать.

б) Построим общий перпендикуляр прямых $DA$ и $BC$. В плоскости $ADM$ опустим перпендикуляр $MH$ на прямую $DA$. Отрезок $MH$ лежит в плоскости $ADM$, перпендикулярной $BC$, поэтому $MH\perp BC$. Кроме того, $MH\perp DA$ по построению. Точка $M$ лежит на $BC$, точка $H$ — на $DA$, значит, $MH$ — общий перпендикуляр, и искомое расстояние равно $MH$.

Так как $AB=2$, то $MB=1$, а из прямоугольного треугольника $AMB$ по теореме Пифагора

$$AM=\sqrt{A{B}^2-M{B}^2}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}.$$

Найдём $\cos \angle DAM$. Обозначим $DA=d$. По теореме косинусов в треугольнике $DAB$

$$D{B}^2=D{A}^2+A{B}^2-2\cdot DA\cdot AB\cdot \cos \angle DAB=d^2+4-2\cdot d\cdot 2\cdot 0,2=d^2+4-0,8d.$$

Треугольник $DMB$ прямоугольный ($DM\perp BC$), поэтому по теореме Пифагора

$$D{M}^2=D{B}^2-M{B}^2=d^2+3-0,8d.$$

С другой стороны, по теореме косинусов в треугольнике $DAM$

$$D{M}^2=D{A}^2+A{M}^2-2\cdot DA\cdot AM\cdot \cos \angle DAM=d^2+3-2\sqrt{3}d\cos \angle DAM.$$

Приравняем два выражения для $D{M}^2$:

$$d^2+3-0,8d=d^2+3-2\sqrt{3}d\cos \angle DAM\Rightarrow \cos \angle DAM=\frac{0,8}{2\sqrt{3}}=\frac{2}{5\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{15}.$$

Косинус положителен, значит, угол $DAM$ острый и точка $H$ лежит на луче $AD$, то есть $\angle HAM=\angle DAM$. Из прямоугольного треугольника $AHM$

$$AH=AM\cdot \cos \angle HAM=\sqrt{3}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{15}=\frac{2}{5}.$$

По теореме Пифагора

$$MH=\sqrt{A{M}^2-A{H}^2}=\sqrt{3-\frac{4}{25}}=\sqrt{\frac{71}{25}}=\frac{\sqrt{71}}{5}.$$

Расстояние не зависит от длины $DA$, поэтому оно определено условием однозначно.

Ответ: б) $\frac{\sqrt{71}}{5}$.